ALGEBRE LINEAIRE
Exercice – Difficulté 3 – Thème : réduction. Titre : début de la réduction d’une matrice non scalaire.
Enoncé (Bécéas)
Soit $M$ une matrice qui n’est pas une homothétie. Montrer que $M$ est semblable à une matrice dont la première colonne est $\begin{pmatrix}1\\1\\0\\\vdots\\0\end{pmatrix}$.
Corrigé
Soit $M\in\mathscr{M}_n(\mathbb{K})$ qui n’est pas une matrice scalaire. Donc $n\geqslant2$.
On note $\mathscr{B}_0=\left(e_1,\ldots,e_n\right)$ la base canonique de $\mathbb{K}^n$ et $f$ l’endomorphisme de $\mathbb{K}^n$ canoniquement associé à $M$. Donc, $f$ n’est pas une homothétie.
On cherche deux vecteurs $u_1$ et $u_2$ tels que la famille $\left(u_1,u_2\right)$ soit libre et $f\left(u_1\right)=u_1+u_2$ ou encore $(f-Id)\left(u_1\right)=u_2$. On pose $g=f-Id$.
Supposons par l’absure que pour tout $x\neq0$, la famille $(x,g(x))$ est liée ou encore que pour tout $x\neq0$, $g(x)$ est colinéaire à $x$ (car $x\neq0$). Soit $(i,j)\in\{1,\ldots,n\}^2$ tel que $i\neq j$. Par hypothèse, il existe $\left(\lambda_i,\lambda_j,\lambda\right)\in\mathbb{K}^3$ tel que $g\left(e_i\right)=\lambda_ie_i$, $g\left(e_j\right)=\lambda_je_j$ et $g\left(e_i+e_j\right)=\lambda\left(e_i+e_j\right)$. Donc,
$$\lambda e_i+\lambda e_j=g\left(e_i+e_j\right)=g\left(e_i\right)+g\left(e_j\right)=\lambda_ie_i+\lambda_je_j$$
puis, la famille $\left(e_i,e_j\right)$ étant libre, $\lambda_i=\lambda=\lambda_j$. On en déduit qu’il existe $\lambda\in\mathbb{K}$ tel que pour tout $i\in\{1,\ldots,n\}$, $g\left(e_i\right)=\lambda e_i$. Les endomorphismes $g$ et $\lambda Id$ coïncident sur une base de $E$ et donc, $g=\lambda Id$ puis $f=(\lambda+1)Id$. Ceci contredit le fait que $f$ n’est pas une homothétie.
Donc, il existe $u_1\in E\setminus\{0\}$ tel que $\left(u_1,g\left(u_1\right)\right)$ soit une famille libre. En posant, $u_2=g\left(u_1\right)=f\left(u_1\right)-u_1$, la famille $\left(u_1,u_2\right)$ est libre et de plus, $f\left(u_1\right)=u_1+u_2$.
On complètre la famille libre $\left(u_1,u_2\right)$ en une base $\mathscr{B}=\left(u_1,u_2,\ldots,u_n\right)$. La première colonne de $\text{Mat}_{\mathscr{B}}(f)$ est $\begin{pmatrix}1\\1\\0\\\vdots\\0\end{pmatrix}$ et cette matrice est semblable à $\text{Mat}_{\mathscr{B}_0}(f)=M$.
Commentaires et/ou rappels de cours
Pas de commentaire particulier.
Exercice – Difficulté 2 – Thème : réduction. Titre : trace d’une matrice complexe inversible d’ordre fini.
Enoncé (CCINP)
Soit $n$ un entier supérieur ou égal à $2$. Soit $A\in\mathscr{M}_n(\mathbb{C})$ telle que $A^n=I_n$ et $\left(I_n,A,\ldots,A^{n-1}\right)$ libre.
Montrer que $\text{Tr}(A)=0$.
Corrigé
Le polynôme $P=X^n-1$ est annulateur de $A$. Son polynôme minimal $\mu_A$ est un diviseur unitaire de $P$. Puisque la famille $\left(I_n,A,\ldots,A^{n-1}\right)$ est libre, il n’existe pas de polynôme non nul de degré inférieur ou égal à $n-1$ et annulateur de $A$. Donc, $\mu_A=X^n-1$.
D’après le théorème de CAYLEY-HAMILTON, $\chi_A$ est un multiple de $\mu_A$. Puisque $\text{deg}\left(\chi_A\right)=n$ et que $\chi_A$ est unitaire, on en déduit que $\chi_A=\mu_A=X^n-1$. Mais alors, $\text{Sp}(A)=\left(1,\omega,\ldots,\omega^{n-1}\right)$ où $\omega=e^{\frac{2i\pi}{n}}$.
La trace d’une matrice est égale à la somme de ses valeurs propres chacune comptée un nombre de fois égal à son ordre de multiplicité. Donc,
$$\text{Tr}(A)=\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}\omega^k=0$$
car (si $n\geqslant 2$) la somme des $n$ racines $n$-èmes de l’unité est nulle.
Commentaires et/ou rappels de cours
$\bullet$ Soit $P$ un polynôme non nul, de degré $n$ et unitaire. Soit $Q$ un multiple de $P$, de même degré que $P$ et unitaire. Alors, $Q=P$.
En effet, Il existe $R\in\mathbb{K}[X]$ tel que $Q=PR$. Puisque $P\neq0$, $Q\neq 0$ et $\text{deg}(P)=\text{deg}(Q)$, on a $\text{deg}(Q)=\text{deg}(P)+\text{deg}(R)=\text{deg}(Q)+\text{deg}(R)$ puis $\text{deg}(R)=0$. Donc, il existe $\lambda\in\mathbb{K}^*$ tel que $Q=\lambda P$. Enfin,
$$1=\text{dom}(Q)=\text{dom}(\lambda P)=\lambda\text{dom}(P)=\lambda$$
et finalement, $Q=P$.
$\bullet$ Pour tout $n\geqslant2$, la somme des $n$ racines $n$-èmes de l’unité est nulle. En effet, puisque $\omega=e^{\frac{2i\pi}{n}}\neq1$ (car $n\geqslant2$),
$$\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}\omega^k=\dfrac{1-\omega^n}{1-\omega}=\dfrac{1-1}{1-\omega}=0.$$
Exercice – Difficulté 3 – Thème : réduction. Titre : rang et valeurs propres d’une matrice symétrique.
Enoncé (CCINP)
Soient $n\geqslant3$, $(a,b)\in\mathbb{R}^2\setminus\{(0,0)\}$ et la matrice $A=\begin{pmatrix}0&\ldots&0&a\\\vdots& &\vdots&\vdots\\0&\ldots&0&a\\a&\ldots&a&b\end{pmatrix}\in\mathscr{M}_n(\mathbb{R})$.
1) Justifier que $A$ est diagonalisable.
2) Déterminer le rang de $A$.
3) Déterminer le polynôme minimal de $A$, les valeurs propres de $A$ et le polynôme caractéristique de $A$.
Corrigé
1) La matrice $A$ est symétrique réelle et donc la matrice $A$ est diagonalisable dans $\mathscr{M}_n(\mathbb{R})$ d’après le théorème spectral.
2) Notons $C_1$, $\ldots$ , $C_n$, les colonnes de la matrice $A$. Puisque $C_1=C_2=\ldots=C_{n-1}$,
$$\text{rg}(A)=\text{rg}\left(C_1,\ldots,C_{n-1},C_n\right)=\text{rg}\left(C_1,C_n\right)=\text{rg}\begin{pmatrix}0&a\\\vdots&\vdots\\0&a\\a&b\end{pmatrix}\leqslant2.$$
Maintenant, le déterminant de la matrice de format $2$, constituée des deux dernières lignes de cette dernière matrice, est $\begin{vmatrix}0&a\\a&b\end{vmatrix}=-a^2$. Ce mineur est non nul et donc, $\text{rg}(A)=2$.
3) Puisque $\text{rg}(A)=2$, $\text{dim}\left(E_0(A)\right)=\text{dim}(\text{Ker}(A))=n-2>0$ d’après le théorème du rang. Puisque $A$ est diagonalisable, $A$ admet $0$ pour valeur propre d’ordre $n-2$ exactement.
Il manque deux valeurs propres $\lambda$ et $\mu$. Une première équation est fournie par la trace de $A$ : $\underbrace{0+\ldots+0}_{n-2\;\text{termes}}+\lambda+\mu=\text{Tr}(A)=b$ et donc $\lambda+\mu=b$.
Une $2^{\text{ème}}$ équation est fournie par la trace de $A^2$ avec $A^2=\begin{pmatrix}a^2&\times& &\times\\\times&\ddots& & \\ & &a^2&\times\\\times& &\times&(n-1)a^2+b^2\end{pmatrix}$ : $\underbrace{0^2+\ldots+0^2}_{n-2\;\text{termes}}+\lambda^2+\mu^2=\text{Tr}\left(A^2\right)=2(n-1)a^2+b^2$ et donc $\lambda^2+\mu^2=2(n-1)a^2+b^2$. Ensuite,
\begin{align*}\left\{\begin{array}{l}\lambda+\mu=b\\\lambda^2+\mu^2=2(n-1)a^2+b^2\end{array}\right.&\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}\lambda+\mu=b\\(\lambda+\mu)^2-2\lambda\mu=2(n-1)a^2+b^2\end{array}\right.\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}\lambda+\mu=b\\\lambda\mu=\dfrac{1}{2}\left(b^2-\left(2(n-1)a^2+b^2\right)\right)\end{array}\right.\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}\lambda+\mu=b\\\lambda\mu=-(n-1)a^2\end{array}\right.\\&\Leftrightarrow\lambda\;\text{et}\;\mu\;\text{sont les racines du polynôme}\;X^2-bX-(n-1)a^2.\end{align*}
Le discriminant du trinôme $X^2-bX-(n-1)a^2$ est $\Delta=b^2+4(n-1)a^2>0$ (car $(a,b)\neq(0,0)$). Les deux racines de ce trinôme sont $\dfrac{b-\sqrt{b^2+4(n-1)a^2}}{2}$ et $\dfrac{b-\sqrt{b^2+4(n-1)a^2}}{2}$. Donc, $\text{Sp}(A)=(\underbrace{0,\ldots,0}_{n-2},\dfrac{b-\sqrt{b^2+4(n-1)a^2}}{2},\dfrac{b+\sqrt{b^2+4(n-1)a^2}}{2})$.
Le polynôme minimal $\pi_A$ de $A$ est unitaire et admet pour racines toutes les valeurs de $A$ et rien que les valeurs propres de $A$. De plus, $A$ est diagonalisable dans $\mathscr{M}_n(\mathscr{R})$ et donc $\pi_A$ est à racines simples. On en déduit que
$$\pi_A=X\left(X-\dfrac{b-\sqrt{b^2+4(n-1)a^2}}{2}\right)\left(X-\dfrac{b+\sqrt{b^2+4(n-1)a^2}}{2}\right).$$
D’autre part, le polynôme caractéristique $\chi_A$ de $A$ est
$$\chi_A=X^{n-2}\left(X-\dfrac{b-\sqrt{b^2+4(n-1)a^2}}{2}\right)\left(X-\dfrac{b+\sqrt{b^2+4(n-1)a^2}}{2}\right).$$
Commentaires et/ou rappels de cours
$\bullet$ Définition. Le rang de $A\in\mathscr{M}_n(\mathbb{K})$ est le rang de la famille des colonnes de $A$, c’est-à-dire la dimension de l’espace engendré par les colonnes de $A$.
Théorème. Le rang ne change pas quand on supprime une colonne (resp. une ligne) qui est combinaison linéaire des autres colonnes (resp. lignes).
Théorème. Le rang de $A$ est le format maximum d’une matrice carrée extraite de $A$ et inversible.
$\bullet$ Théorème. Deux nombres $a$ et $b$ ont une somme égale à $S$ et un produit égal à $P$ si et seulement si $a$ et $b$ sont les racines du trinôme $X^2-SX+P$.
$\bullet$ Théorème. Soit $A\in\mathscr{M}_n(\mathbb{K})$. $A$ est diagonalisable dans $\mathscr{M}_n(\mathbb{K})$ si et seulement si son polynôme caractéristique est scindé sur $\mathbb{K}$ et l’ordre de multiplicité de chaque valeur propre est égale à la dimension du sous-espace propre correspondant.
Théorème. Soit $A\in\mathscr{M}_n(\mathbb{K})$. $A$ est diagonalisable dans $\mathscr{M}_n(\mathbb{K})$ si et seulement si son polynôme minimal est scindé sur $\mathbb{K}$ à racines simples.
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